题面
题解
好毒啊……\(de\)了一个晚上的\(bug\)……
题目所求为
\[\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)+i}(mod\ 10^{12}+39)\]
那么我们把式子拆开来，变成
\[(\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)})(\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^i)\]
左边
现在就是要求\(\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)}\)
我们发现只有在所有质因子都不超过\(1\)个的时候才会有\(\mu(i)\neq 0\)
那么上式就可以转化一下
\[\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^{\mu(i)}=\prod_{i=1}^n 2^{c(i)\mu(i)}=2^{\sum_{i=1}^nc(i)\mu(i)}\]
其中\(c(i)\)表示\(i\)的因子个数
于是现在我们要对\(\sum_{i=1}^nc(i)\mu(i)\)，求和，考虑\(Min\_25\)筛
假设我们现在已经求出\(g(n,|P|)=\sum_{i=1}^n c(i)\mu(i)[i\in prime]\)
设
\[S(n,j)=\sum_{i=1}^n c(i)\mu(i)[i\in prime\ or\ min_p(i)\geq P_j]\]
那么我们就可以递推了
\[S(n,j)=S(n,j+1)+(-1)
\left(S
\left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)\]
等等，按上面这样真的大丈夫？我们是对于\(S(n,j)\)考虑是否有\(P_j\)这个质因子，如果没有就是加上\(S(n,j+1)\)，如果有的话就是加上后面那个……
似乎不对诶，我让\(P_j\)乘上去之后，每一个数的因子个数\(+1\)，那么我们维护的\(\sum c(i)\mu(i)\)里面\(c(i)\)也要变啊，这不就出问题了么？因为这里\(c(i)\)加了\(1\)，那么为了让减去的这个值是真的，我们似乎还需要减去\(\sum \mu(i)\)
为了避免这个问题，我们还需要定义一个
\[\sum_{i=1}^n \mu(i)[i\in prime\ or\ min_p(i)\geq P_j]\]
那么这下子就能真·递推了
\[g(n,j)=g(n,j+1)+(-1)
\left(g
\left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)\]
\[S(n,j)=S(n,j+1)+(-1)
\left(S
\left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)+(-1)
\left(g
\left(\left\lfloor\frac{n}{P_j}\right\rfloor,j+1\right)-\sum_{i=1}^{j-1}\mu(i)\right)\]
用\(Min\_25\)筛带进去递推就行了
右边
要求
\[\prod_{i=1}^n\sigma_0(i)^i\]
那么我们考虑枚举质因子，大概是这么个式子
\[\prod_{p}\prod_{k}(k+1)^{g(p,k)}\]
就是枚举质数\(p\)，枚举这个质数的次数\(k\)，\(g(p,k)\)表示\(1\)到\(n\)中有这么多个数满足它们的中\(p\)的次数为\(k\)，然后这些数求和
不难发现
\[g(p,k)=p^ks(\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor)-p^{k+1}s(\lfloor\frac{n}{p^{k+1}}\rfloor)\]
如果\(p<\sqrt{n}\)，直接暴力搞就行了
然而\(p>\sqrt{n}\)怎么办呢？
整除分块啊！
然后没有然后了
最后最后：记得取模，记得取模，记得取模！
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define dd long double
#define ID(x) ((x)<=sqr?id1[x]:id2[n/(x)])
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=1e6+5;const ll P=1e12+39,Phi=P-1;
inline ll add1(R ll x,R ll y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline ll dec1(R ll x,R ll y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline ll mul1(R ll x,R ll y){ll r=(dd)x*y/P;return x*y-r*P;}
inline ll add2(R ll x,R ll y){return x+y>=Phi?x+y-Phi:x+y;}
inline ll dec2(R ll x,R ll y){return x-y<0?x-y+Phi:x-y;}
inline ll mul2(R ll x,R ll y){ll r=(dd)x*y/Phi;return x*y-r*Phi;}
ll ksm(R ll x,R ll y){
y=(y%Phi+Phi)%Phi;
ll res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul1(x,x))if(y&1)res=mul1(res,x);
return res;
}
ll w[N],g[N],h[N],f[N],sp[N],sum[N];int id1[N],id2[N],p[N];
bitset<N>vis;ll n,ans,res;int m,tot,sqr,lim,id,k;
void init(){
vis[1]=1;
fp(i,2,N-1){
if(!vis[i])p[++tot]=i,sp[tot]=sp[tot-1]+i;
for(R int j=1;j<=tot&&1ll*i*p[j]<N;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}lim=tot;
}
void solve(){
m=0,sqr=sqrt(n),tot=upper_bound(p+1,p+1+lim,sqr)-p-1;
for(R ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
j=n/(n/i),w[++m]=n/i;
w[m]<=sqr?id1[w[m]]=m:id2[n/w[m]]=m;
sum[m]=h[m]=(w[m]&1)?mul2((w[m]+1)>>1,w[m]):mul2(w[m]>>1,w[m]+1),h[m]=dec2(h[m],1);
g[m]=w[m]-1;
}
fp(j,1,tot)for(R int i=1;1ll*p[j]*p[j]<=w[i];++i){
id=ID(w[i]/p[j]);
h[i]=dec2(h[i],mul2(p[j],dec2(h[id],sp[j-1])));
g[i]=dec2(g[i],dec2(g[id],j-1));
}
fp(i,1,m)f[i]=g[i]=dec2(0,g[i]);
fd(j,tot,1)for(R int i=1;1ll*p[j]*p[j]<=w[i];++i){
id=ID(w[i]/p[j]);
f[i]=dec2(f[i],add2(add2(g[id],j),add2(f[id],j)));
g[i]=dec2(g[i],add2(g[id],j));
}
ans=ksm(2,f[1]);
ll i,j;
for(j=1;j<=tot&&1ll*p[j]*p[j]<=n;++j){
ll x=p[j],y=1ll*p[j]*p[j];
for(i=1;x<=n;++i,x=y,y*=p[j]){
res=dec2(mul2(x,sum[ID(n/x)]),y<=n?mul2(y,sum[ID(n/y)]):0);
ans=mul1(ans,ksm(i+1,res));
}
}
i=p[j-1]+1,j=n/(n/i);
for(;i<=j;++i)if(!vis[i])ans=mul1(ans,ksm(2,mul2(i,n/i)));
for(;i<=n;i=j+1){
j=n/(n/i);
res=h[ID(j)],res=dec2(res,h[ID(i-1)]);
res=mul2(res,sum[ID(n/i)]);
ans=mul1(ans,ksm(2,res));
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int T;scanf("%d",&T);init();
while(T--)scanf("%lld",&n),solve();
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10421123.html